Страница 22 - гдз по алгебре 10 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Полонский

Самостоятельная работа № 35

О равносильных переходах при решении тригонометрических уравнений

Решите уравнение:

$1) \frac{\cos 3x}{1 + \sin 3x} = 0;$

$2) \frac{\sin x + \sin 3x}{\cos x + \cos 3x} = 0;$

$3) \cos x \sqrt{\sin x - \frac{1}{2}} = 0;$

$4) 3\operatorname{tg}\left(x + \frac{\pi}{4}\right) = 4\operatorname{ctg} x - 3.$

1) $\frac{\cos(3x)}{1 + \sin(3x)} = 0$

Данное уравнение равносильно системе, в которой числитель дроби равен нулю, а знаменатель не равен нулю:

$\left\{ \begin{aligned} \cos(3x) &= 0 \\ 1 + \sin(3x) &\neq 0 \end{aligned} \right.$

Решим первое уравнение системы: $\cos(3x) = 0$.

Это частный случай, решения которого: $3x = \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Отсюда находим $x$: $x = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{3}$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Теперь рассмотрим второе условие системы: $1 + \sin(3x) \neq 0$, что эквивалентно $\sin(3x) \neq -1$.

Проверим, при каких значениях $n$ из найденной серии решений $x = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{3}$ выполняется это условие. Для этого подставим $3x = \frac{\pi}{2} + \pi n$ в неравенство:

$\sin(\frac{\pi}{2} + \pi n) \neq -1$.

Рассмотрим два случая для $n$:

1. Если $n$ — четное число, т.е. $n = 2k$, где $k \in \mathbb{Z}$, то $3x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$. Тогда $\sin(3x) = \sin(\frac{\pi}{2} + 2\pi k) = 1$. Условие $1 \neq -1$ выполняется, значит, эта серия корней является решением.

2. Если $n$ — нечетное число, т.е. $n = 2k + 1$, где $k \in \mathbb{Z}$, то $3x = \frac{\pi}{2} + \pi(2k+1) = \frac{3\pi}{2} + 2\pi k$. Тогда $\sin(3x) = \sin(\frac{3\pi}{2} + 2\pi k) = -1$. Это значение не удовлетворяет условию $\sin(3x) \neq -1$, поэтому эти корни нужно исключить.

Таким образом, из общей серии решений $x = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi n}{3}$ мы должны выбрать только те, которые соответствуют четным $n$. Подставим $n = 2k$:

$x = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi (2k)}{3} = \frac{\pi}{6} + \frac{2\pi k}{3}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \frac{\pi}{6} + \frac{2\pi k}{3}, k \in \mathbb{Z}$.

2) $\frac{\sin x + \sin 3x}{\cos x + \cos 3x} = 0$

Уравнение равносильно системе:

$\left\{ \begin{aligned} \sin x + \sin 3x &= 0 \\ \cos x + \cos 3x &\neq 0 \end{aligned} \right.$

Для преобразования числителя и знаменателя воспользуемся формулами суммы синусов и суммы косинусов:

$\sin \alpha + \sin \beta = 2 \sin\frac{\alpha+\beta}{2} \cos\frac{\alpha-\beta}{2}$

$\cos \alpha + \cos \beta = 2 \cos\frac{\alpha+\beta}{2} \cos\frac{\alpha-\beta}{2}$

Применяя эти формулы, получаем:

$\sin x + \sin 3x = 2 \sin(\frac{x+3x}{2}) \cos(\frac{x-3x}{2}) = 2 \sin(2x) \cos x$

$\cos x + \cos 3x = 2 \cos(\frac{x+3x}{2}) \cos(\frac{x-3x}{2}) = 2 \cos(2x) \cos x$

Система принимает вид:

$\left\{ \begin{aligned} 2 \sin(2x) \cos x &= 0 \\ 2 \cos(2x) \cos x &\neq 0 \end{aligned} \right.$

Из второго неравенства следует, что $\cos(2x) \neq 0$ и $\cos x \neq 0$.

Поскольку $\cos x \neq 0$, мы можем разделить первое уравнение на $2\cos x$, не теряя корней. Получаем:

$\sin(2x) = 0$

$2x = \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$

$x = \frac{\pi n}{2}$, где $n \in \mathbb{Z}$

Теперь необходимо проверить, выполняются ли для этих корней условия $\cos x \neq 0$ и $\cos(2x) \neq 0$.

1. Проверка условия $\cos x \neq 0$. Подставим $x = \frac{\pi n}{2}$: $\cos(\frac{\pi n}{2}) \neq 0$. Это верно только для четных $n$, так как при нечетных $n$ косинус равен нулю. Пусть $n = 2k$, где $k \in \mathbb{Z}$. Тогда решения принимают вид: $x = \frac{\pi (2k)}{2} = \pi k$.

2. Проверка условия $\cos(2x) \neq 0$. Подставим $x = \pi k$: $\cos(2 \cdot \pi k) = \cos(2\pi k) = 1$. Условие $1 \neq 0$ выполняется для любых целых $k$.

Следовательно, решением уравнения является серия $x = \pi k$.

Ответ: $x = \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

3) $\cos x \sqrt{\sin x - \frac{1}{2}} = 0$

Область допустимых значений (ОДЗ) уравнения определяется неотрицательностью подкоренного выражения: $\sin x - \frac{1}{2} \geq 0$, откуда $\sin x \geq \frac{1}{2}$.

Произведение равно нулю, если хотя бы один из множителей равен нулю, а другой при этом имеет смысл. Рассмотрим два случая:

Случай 1: $\sqrt{\sin x - \frac{1}{2}} = 0$.

Возводим обе части в квадрат: $\sin x - \frac{1}{2} = 0 \implies \sin x = \frac{1}{2}$.

Это значение удовлетворяет ОДЗ. Решениями этого уравнения являются две серии корней:

$x = \frac{\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

$x = \pi - \frac{\pi}{6} + 2\pi n = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Случай 2: $\cos x = 0$.

Решения этого уравнения: $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Теперь необходимо отобрать из этой серии только те корни, которые удовлетворяют ОДЗ $\sin x \geq \frac{1}{2}$.

а) Если $k$ — четное, т.е. $k = 2n$, то $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$. Для этих значений $\sin x = \sin(\frac{\pi}{2} + 2\pi n) = 1$. Так как $1 \geq \frac{1}{2}$, эта серия корней подходит.

б) Если $k$ — нечетное, т.е. $k = 2n+1$, то $x = \frac{\pi}{2} + \pi(2n+1) = \frac{3\pi}{2} + 2\pi n$. Для этих значений $\sin x = \sin(\frac{3\pi}{2} + 2\pi n) = -1$. Так как $-1 < \frac{1}{2}$, эта серия корней не подходит.

Объединяя все найденные решения из обоих случаев, получаем три серии корней:

$x = \frac{\pi}{6} + 2\pi n$, $x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$, $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \frac{\pi}{6} + 2\pi n; \ x = \frac{5\pi}{6} + 2\pi n; \ x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

4) $3\tg\left(x + \frac{\pi}{4}\right) = 4\ctg x - 3$

Область допустимых значений (ОДЗ) уравнения:

1. Аргумент тангенса не должен быть равен $\frac{\pi}{2} + \pi n$: $x + \frac{\pi}{4} \neq \frac{\pi}{2} + \pi n \implies x \neq \frac{\pi}{4} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2. Котангенс должен быть определен: $\sin x \neq 0 \implies x \neq \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Используем формулу тангенса суммы: $\tg(x + \frac{\pi}{4}) = \frac{\tg x + \tg(\frac{\pi}{4})}{1 - \tg x \tg(\frac{\pi}{4})} = \frac{\tg x + 1}{1 - \tg x}$.

Подставим это выражение в исходное уравнение:

$3 \frac{\tg x + 1}{1 - \tg x} = 4\ctg x - 3$.

Сделаем замену переменной $t = \tg x$. Тогда $\ctg x = \frac{1}{t}$. Уравнение примет вид:

$3 \frac{t + 1}{1 - t} = \frac{4}{t} - 3$.

Из ОДЗ следует, что $t \neq 1$ (так как $x \neq \frac{\pi}{4} + \pi n$) и $t \neq 0$ (так как $\ctg x$ определен). Приведем правую часть к общему знаменателю:

$3 \frac{t + 1}{1 - t} = \frac{4 - 3t}{t}$.

Воспользуемся свойством пропорции:

$3t(t + 1) = (1 - t)(4 - 3t)$.

Раскроем скобки:

$3t^2 + 3t = 4 - 3t - 4t + 3t^2$.

$3t^2 + 3t = 4 - 7t + 3t^2$.

Приведем подобные слагаемые:

$3t + 7t = 4$.

$10t = 4$.

$t = \frac{4}{10} = \frac{2}{5}$.

Полученное значение $t = \frac{2}{5}$ не противоречит условиям $t \neq 1$ и $t \neq 0$.

Выполним обратную замену:

$\tg x = \frac{2}{5}$.

Отсюда находим $x$:

$x = \arctan(\frac{2}{5}) + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Это решение удовлетворяет ОДЗ.

Ответ: $x = \arctan(\frac{2}{5}) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Самостоятельная работа № 36

Тригонометрические неравенства

Решите неравенство:

1) $ \cos 2x < \frac{1}{2} $;

2) $ \operatorname{ctg} \left(\frac{x}{5} - \frac{\pi}{10}\right) \le \frac{\sqrt{3}}{3} $;

3) $ 1 \le \operatorname{tg} x \le 2 $;

4) $ |\sin x| > \frac{1}{2} $;

5) $ \sin x(2\cos 2x - 1) > 0 $.

1) $cos(2x) < \frac{1}{2}$;
Сделаем замену переменной. Пусть $t = 2x$. Неравенство примет вид $cos(t) < \frac{1}{2}$.
Решим это неравенство с помощью единичной окружности. Найдём значения $t$, для которых косинус (абсцисса точки на окружности) равен $\frac{1}{2}$. Это углы $t = \frac{\pi}{3}$ и $t = -\frac{\pi}{3}$ (или $t = \frac{5\pi}{3}$).
Косинус меньше $\frac{1}{2}$ для углов, находящихся в дуге от $\frac{\pi}{3}$ до $\frac{5\pi}{3}$ при обходе против часовой стрелки.
С учётом периодичности функции косинуса ($2\pi$) общее решение для $t$ имеет вид:
$\frac{\pi}{3} + 2\pi n < t < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n$, где $n \in Z$.
Теперь вернёмся к исходной переменной $x$, подставив $t = 2x$:
$\frac{\pi}{3} + 2\pi n < 2x < \frac{5\pi}{3} + 2\pi n$.
Разделим все части неравенства на 2, чтобы найти $x$:
$\frac{\pi}{6} + \pi n < x < \frac{5\pi}{6} + \pi n$, где $n \in Z$.
Ответ: $x \in (\frac{\pi}{6} + \pi n; \frac{5\pi}{6} + \pi n), n \in Z$.

2) $ctg(\frac{x}{5} - \frac{\pi}{10}) \le \frac{\sqrt{3}}{3}$;
Введём замену: $t = \frac{x}{5} - \frac{\pi}{10}$. Неравенство примет вид $ctg(t) \le \frac{\sqrt{3}}{3}$.
Найдём значение $t$, при котором $ctg(t) = \frac{\sqrt{3}}{3}$. Это $t = \frac{\pi}{3}$.
Функция котангенс является убывающей на своей области определения, которая исключает точки $\pi k, k \in Z$. Период функции равен $\pi$.
Неравенство $ctg(t) \le \frac{\sqrt{3}}{3}$ выполняется на интервале от $\frac{\pi}{3}$ включительно до ближайшей точки разрыва $\pi$.
Таким образом, решение для $t$ на одном периоде: $\frac{\pi}{3} \le t < \pi$.
Общее решение для $t$ с учётом периодичности: $\frac{\pi}{3} + \pi n \le t < \pi + \pi n$, где $n \in Z$.
Произведём обратную замену $t = \frac{x}{5} - \frac{\pi}{10}$:
$\frac{\pi}{3} + \pi n \le \frac{x}{5} - \frac{\pi}{10} < \pi + \pi n$.
Прибавим ко всем частям неравенства $\frac{\pi}{10}$:
$\frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{10} + \pi n \le \frac{x}{5} < \pi + \frac{\pi}{10} + \pi n$
$\frac{10\pi + 3\pi}{30} + \pi n \le \frac{x}{5} < \frac{10\pi + \pi}{10} + \pi n$
$\frac{13\pi}{30} + \pi n \le \frac{x}{5} < \frac{11\pi}{10} + \pi n$.
Умножим все части неравенства на 5:
$5 \cdot \frac{13\pi}{30} + 5\pi n \le x < 5 \cdot \frac{11\pi}{10} + 5\pi n$
$\frac{13\pi}{6} + 5\pi n \le x < \frac{11\pi}{2} + 5\pi n$, где $n \in Z$.
Ответ: $x \in [\frac{13\pi}{6} + 5\pi n; \frac{11\pi}{2} + 5\pi n), n \in Z$.

3) $1 \le tg(x) \le 2$;
Это двойное неравенство. Функция $tg(x)$ является возрастающей на каждом интервале своей области определения $(-\frac{\pi}{2} + \pi n, \frac{\pi}{2} + \pi n), n \in Z$.
Найдём значения $x$, для которых $tg(x)$ принимает граничные значения.
$tg(x) = 1$ при $x = \frac{\pi}{4}$.
$tg(x) = 2$ при $x = \operatorname{arctg}(2)$.
Так как на промежутке $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ тангенс возрастает, решение неравенства на этом промежутке будет:
$\frac{\pi}{4} \le x \le \operatorname{arctg}(2)$.
Поскольку период тангенса равен $\pi$, общее решение неравенства получается добавлением $\pi n$ к границам найденного интервала:
$\frac{\pi}{4} + \pi n \le x \le \operatorname{arctg}(2) + \pi n$, где $n \in Z$.
Ответ: $x \in [\frac{\pi}{4} + \pi n; \operatorname{arctg}(2) + \pi n], n \in Z$.

4) $|sin(x)| > \frac{1}{2}$;
Неравенство с модулем равносильно совокупности двух неравенств:
1) $sin(x) > \frac{1}{2}$
2) $sin(x) < -\frac{1}{2}$
Решим каждое неравенство отдельно.
1) $sin(x) > \frac{1}{2}$
На единичной окружности $sin(x) = \frac{1}{2}$ в точках $x = \frac{\pi}{6}$ и $x = \frac{5\pi}{6}$. Синус (ординaта точки) больше $\frac{1}{2}$ между этими значениями.
С учётом периодичности, решение: $\frac{\pi}{6} + 2\pi n < x < \frac{5\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in Z$.
2) $sin(x) < -\frac{1}{2}$
На единичной окружности $sin(x) = -\frac{1}{2}$ в точках $x = -\frac{\pi}{6}$ (или $\frac{11\pi}{6}$) и $x = \frac{7\pi}{6}$. Синус меньше $-\frac{1}{2}$ между этими значениями (при движении против часовой стрелки от $\frac{7\pi}{6}$ к $\frac{11\pi}{6}$).
С учётом периодичности, решение: $\frac{7\pi}{6} + 2\pi n < x < \frac{11\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in Z$.
Общим решением исходного неравенства является объединение решений этих двух неравенств.
Ответ: $x \in (\frac{\pi}{6} + 2\pi n; \frac{5\pi}{6} + 2\pi n) \cup (\frac{7\pi}{6} + 2\pi n; \frac{11\pi}{6} + 2\pi n), n \in Z$.

5) $sin(x)(2cos(2x) - 1) > 0$;
Преобразуем выражение в скобках, используя формулу двойного угла: $cos(2x) = 1 - 2sin^2(x)$.
$sin(x)(2(1 - 2sin^2(x)) - 1) > 0$
$sin(x)(2 - 4sin^2(x) - 1) > 0$
$sin(x)(1 - 4sin^2(x)) > 0$
Сделаем замену $y = sin(x)$. При этом $-1 \le y \le 1$.
Получаем алгебраическое неравенство: $y(1 - 4y^2) > 0$, или $y(1 - 2y)(1 + 2y) > 0$.
Решим это неравенство методом интервалов. Корни выражения: $y = -1/2$, $y = 0$, $y = 1/2$.
Они разбивают числовую ось на интервалы. Определим знак выражения $y(1 - 4y^2)$ на каждом из них:
- при $y > 1/2$ выражение отрицательно.
- при $0 < y < 1/2$ выражение положительно.
- при $-1/2 < y < 0$ выражение отрицательно.
- при $y < -1/2$ выражение положительно.
Нам нужны интервалы, где выражение больше нуля: $y < -1/2$ или $0 < y < 1/2$.
С учётом ограничения $-1 \le y \le 1$, получаем совокупность неравенств для $y$:
1) $-1 \le y < -1/2$
2) $0 < y < 1/2$
Вернёмся к переменной $x$:
1) $-1 \le sin(x) < -1/2$, что равносильно $sin(x) < -1/2$.
Решение этого неравенства: $\frac{7\pi}{6} + 2\pi n < x < \frac{11\pi}{6} + 2\pi n$, где $n \in Z$.
2) $0 < sin(x) < 1/2$.
Это двойное неравенство соответствует двум дугам на единичной окружности: от 0 до $\frac{\pi}{6}$ и от $\frac{5\pi}{6}$ до $\pi$.
С учётом периодичности, решение: $(2\pi n, \frac{\pi}{6} + 2\pi n) \cup (\frac{5\pi}{6} + 2\pi n, \pi + 2\pi n)$.
Объединяем решения (1) и (2), чтобы получить окончательный ответ.
Ответ: $x \in (2\pi n; \frac{\pi}{6} + 2\pi n) \cup (\frac{5\pi}{6} + 2\pi n; \pi + 2\pi n) \cup (\frac{7\pi}{6} + 2\pi n; \frac{11\pi}{6} + 2\pi n), n \in Z$.

Самостоятельная работа № 37

Определение предела функции в точке и функции, непрерывной в точке

1. Для каждой из функций, графики которых изображены на рисунке 4, установите:

1) определена ли эта функция в точке $x_0$;

2) существует ли предел функции в точке $x_0$; в случае утвердительного ответа запишите с использованием соответствующей символики, чему он равен;

3) если предел в точке $x_0$ существует, то равен ли он значению функции в этой точке.

Рис. 4

2. Построив график функции $f(x) = \begin{cases} 2x + 3, \text{ если } x < 1, \\ x^2 + 4, \text{ если } x \ge 1, \end{cases}$ выясните, является ли функция $f$ непрерывной в точке $x_0 = 1$.

3. Вычислите предел:

1) $\lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \cos 3x$;

2) $\lim_{x \to 0} \frac{4\sqrt{x} - 3x}{x - 7\sqrt{x}}$;

3) $\lim_{x \to 5} \frac{x^2 - 6x + 5}{x^2 - 25}$.